辽宁省丹东市2020届高三二模考试数学（理）试卷 Word版含解析

辽宁省丹东市2020届高三二模考试数学（理）试卷 Word版含解析

- 1 - 2020 年辽宁省丹东市高考数学二模试卷(理科) 一､选择题 1.已知集合  2| 2 0A x x x    ，  3, 2, 1,0,1,2,3B     ，则 A B  （ ） A.  3, 2  B.  3, 2,3  C. { }1,0,1,2- D.  3, 2,2,3  【答案】B 【解析】 【分析】 解一元二次不等式求得集合 A ，由此求得 A B . 【 详 解 】 由   2 2 2 1 0x x x x      ， 解 得 1x   或 2x  ， 所 以    , 1 2,A      ，所以 A B   3, 2,3  . 故选：B 【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题. 2.“ 2 2log loga b ”是“ a b ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 求得条件“ 2 2log loga b ”的等价条件，由此判断出充分、必要条件. 【详解】条件“ 2 2log loga b ”等价于“ 0a b  ”，所以“ 2 2log loga b ” 是 “ a b ”的充分不必要条件. 故选：A 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题. 3.已知复数 2 1 11 i az a i i     为纯虚数，则实数 a （ ） A. 0 B.  C. 1 D. -1 【答案】C - 2 - 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算进行化简，根据纯虚数的概念求得 a 的值. 【详解】依题意 2 1 11 i az a i i                 2 2 2 21 1 1 1 11 1 i a ia a i ai a a ii i i i                   ， 由于 z 为纯虚数，所以 2 1 0 1 0 a a       ，解得 1a  . 故选：C 【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查纯虚数的概念，属于基础题. 4.天文学家开普勒的行星运动定律可表述为：绕同一中心天体的所有行星的椭圆轨道的半长 轴 a 的三次方跟它的公转周期T 的二次方的比值都相等，即 3 2 a kT  ， 24 GMk  ，其中 M 为 中心天体质量，G 为引力常量，已知地球绕以太阳为中心天体的椭圆轨道的半长轴长约为 1.5 亿千米，地球的公转周期为 1 年，距离太阳最远的冥王星绕以太阳为中心天体的椭圆轨道的 半长轴长约为 60 亿千米，取 10 3.1 ，则冥王星的公转周期约为（ ） A. 157 年 B. 220 年 C. 248 年 D. 256 年 【答案】C 【解析】 【分析】 利用 3 2 24 a GM T  列方程组，化简后求得冥王星的公转周期 2T . 【详解】设地球椭圆轨道的半长轴为 1a ，公转周期 1T .设冥王星椭圆轨道的半长轴为 1a ，公转 周期 1T . 则 3 1 2 2 1 3 2 2 2 2 4 4 a GM T a GM T       ，两式相除并化简得 33 2 22 2 13 1 60 1 6400 101.5 aT Ta          ，所以 2 80 10 80 3.1 248T     年. - 3 - 故选：C 【点睛】本小题主要考查椭圆的基本概念，属于基础题. 5.已知平面向量 a  ，b  满足 0a b a b       ，那么 a  与b  的夹角为（ ） A. 3  B. 2 3  C. 6  D. 5 6  【答案】B 【解析】 【分析】 设 a  与b  的夹角为 ，由题得 21 2a b b     ，再代入向量的夹角公式化简即得解. 【详解】由题得 a b a    ，所以 2 21+2 =0 2b a b a b b         ， . 设 a  与b  的夹角为 ， 所以 2 2 22 1 12cos = = = 2| || | | | ba b a b a b a b b b b                  . 因为 [0, ]  ， 所以 2 3   . 故选：B. 【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知 识的理解掌握水平. 6.下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是（ ） A. y x B. 3xy  C. 3y x D. 1y xx   【答案】C 【解析】 【分析】 分别讨论四个函数的奇偶性及单调性，可选出答案. 【详解】对于选项 A， y x 是 R 上的偶函数，不符合题意； - 4 - 对于选项 B， 3xy  是非奇非偶函数，不符合题意； 对于选项 C， 3y x 是奇函数，又是 R 上增函数，符合题意； 对于选项 D，因为函数 1y xx   在( ),0-¥ 和( )0,+¥ 上都单调递减，在其定义域上不是单 调函数，不符合题. 故选：C． 【点睛】本题考查函数单调性与奇偶性的应用，考查学生的推理能力，属于基础题. 7.如图是某圆锥的三视图，其正视图是一个边长为 1 的正三角形，圆锥表面上的点 M，N 在正 视图上的对应点分别是 A、B．则在此圆锥的侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为 （ ） A. 1 B. 2 C. 2 D.  【答案】B 【解析】 【分析】 由三视图可知几何体的直观图为圆锥，则圆锥的侧展图如图所示，再根据三视图中的数据， 即可得答案； 【详解】由三视图可知几何体的直观图为圆锥， 圆锥的底面周长为 12 2    ，圆锥侧展图的圆心角为 ， 由三视图可得，点 ,A B 在侧展图的位置，如图所示，  1OA OB  ， OA OB ，  2AB  . - 5 - 故选：B. 【点睛】本题考查三视图还原几何体的直观图、圆锥表面上两点间的最短距离，考查空间想 象能力、运算求解能力. 8.在 ABC 中， 1cos sin 5A A  ，则 tan 4A      （ ） A. 7 B. 1 7  C. 7 D. 1 7  【答案】A 【解析】 【分析】 根据已知条件求得 cos ,sinA A，由此求得 tan A ，进而求得 tan 4A     . 【详解】由 1cos sin 5A A  ①两边平方并化简得 242sin cos 025A A    ，由于 0 A   ， 所以sin 0,cos 0A A  . 所以  2 7cos sin cos sin 1 2sin cos 5A A A A A A         ②. 由①②得 3 4cos ,sin5 5A A   ，所以 sin 4tan cos 3 AA A    . 所以 4 1tan tan 34tan 744 1 tan tan 14 3 A A A               . 故选：A 【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角差的正切公式，属于中档题. 9.5 名志愿者中有组长和副组长各 1 人，组员 3 人，社区将这 5 人分成两组，一组 2 人，一组 3 人，去两居民小区进行疫情防控巡查，则组长和副组长不在同一组的概率为（ ） A. 1 10 B. 1 5 C. 2 5 D. 3 5 【答案】D - 6 - 【解析】 【分析】 先求得基本事件的总数，然后求得事件“组长和副组长不在同一组”包含的基本事件数，再 由古典概型概率计算公式，计算出所求概率. 【详解】5 名志愿者，安排到两个社区，一组 2 人，一组 3 人，基本事件的总数为 2 5 2 20C   . 事件“组长和副组长不在同一组”包含的基本事件数为 1 32 2 12C   . 所以组长和副组长不在同一组的概率为 12 3 20 5  . 故选：D 【点睛】本小题主要考查古典概型概率计算，属于基础题. 10.已知函数   2 ,0 1 ln , 1 x xf x x x     ，若存在实数 s ，t 满足 0 s t  ，且    f s f t ，则 4t s 的最小值为（ ） A. 1 B. 2e 1 C. 2 ln 2 D. 2 2ln 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据 题意，画 出函数图 象，利 用    f s f t ，得 到 2 ln ,(0 2)s t m m    ，可 得 ,2 mms t e  ，构造函数 4 2 ( )mt s e m h m    ，利用导数求得结果. 【详解】作出函数 ( )f x 的图象，如图所示： 因为    f s f t ， - 7 - 结合图象可知 2 ln ,(0 2)s t m m    ，可得 ,2 mms t e  ， 4 2 ( )mt s e m h m    ， '( ) 2mh m e  ， 令 '( ) 2 0mh m e   ，解得 ln 2m  ， 可以判断函数 ( )h m 在 (0,ln 2) 上单调减，在 (ln 2,2) 上单调增， 所以 ( )h m 在 ln 2m  处取得最小值，且 ln2(ln 2) 2ln 2 2 2ln 2h e    ， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有利用函数值相等，找出自变量所 满足的条件，构造函数，利用导数求最值，属于中档题目. 11.已知 F 为双曲线C ：   2 2 2 2 1 0x y a b a b     的一个焦点，过 F 作C 的一条渐近线的垂线 l ，垂足为点 A ，l 与C 的另一条渐近线交于点 B ，若 3AB a ，则C 的离心率为（ ） A. 2 B. 6 2 C. 2 3 3 D. 15 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 3AB a 列方程，求得 tan AOB ，由此求得 b a ，进而求得椭圆的离心率. 【详解】依题意  ,0F c ，双曲线的渐近线方程为 by xa  或 by xa   .不妨设过 F 作C 的一 条渐近线 by xa  的垂线l ，垂足为点 A ，l 与C 的另一条渐近线 by xa   交于点 B ，如下图 所示. 点 F 到渐近线 by xa  即 0bx ay  的距离为 2 2 bc bc bca b    .所以 2 2OA c b a   . 由于 3AB a ， 所以 3tan 3AB aAOB OA a     .设 AOF BOF     ，则 tan 2 tan 3AOB    ， - 8 - 即 2 2tan 31 tan    ，即 23 tan 2tan 3 0    ，解得 3tan 3   （负根舍去）， 即 3 3 b a  ，所以 22 3 2 31 1 3 3 c be a a                .故 C 选项正确. 依题意  ,0F c ，双曲线的渐近线方程为 by xa  或 by xa   .不妨设过 F 作C 的一条渐近线 by xa  的垂线l ，垂足为点 A ，l 与C 的另一条渐近线 by xa   交于点 B ，如下图所示. 点 F 到渐近线 by xa  即 0bx ay  的距离为 2 2 bc bc bca b    .所以 2 2OA c b a   . 由于 3AB a ，所以 3tan 3AB aAOB OA a     .所以 3AOB   . 根据双曲线渐近线的对称性可知： 1 3AOF BOF     ，所以 tan tan 33 b AOFa     ， 此时 3b a ，即 0b a  不符合题意. - 9 - 故选：C 【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的求法，属于中档题. 12.关于函数 ( ) sin ( 0)6f x x        ，有下述四个结论： ①若  f x 在 0, 内单调递增，则 10,3      . ②若  f x 在 0, 内单调递减，则 1 ,3      . ③若  f x 在 0, 内有且仅有一个极大值点，则 1 7,3 3      . ④若  f x 在 0, 内有且仅有一个极小值点，则 1 10,3 3      . 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ③④ 【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数的单调性判断①②的正确性；根据三角函数的极值点判断③④的正确性. 【详解】依题意函数 ( ) sin ( 0)6f x x        ， - 10 - 由 2 22 6 2k x k         ，解得 22 23 3k k x          （ k Z ）， 若  f x 在 0, 内单调递增，则 22 3 0 2 3 k k           1 3 10 2 3 k k        0 10 3 k      10 3    .所以①正确. 由 32 22 6 2k x k         ，解得 42 23 3k k x          （ k Z ）， 若  f x 在 0, 内单调递减，则 2 3 0 42 3 k k           1 6 40 2 3 k k         ，此不等式组无解.所 以②错误. 对于③，由 26 2x k     ，解得 2 3k x     （ k Z ），依题意 2 3k x     在 0, 内有且仅有一个解，即 0 0 3 k      且 1 2 3 k k        ， 即 1 3   且 1 10 2 3 k k     ，即 1 3   且 70 3   ，所以 的取值范围是 1 7,3 3      ，所以③ 正确. 对于④，由 26 2x k     ，解得 22 3k x     （ k Z ），依题意 22 3k x     在 0, 内有且仅有一个解，即 1 40 3 k      且 2 22 3 k k        ， - 11 - 即 4 3   且 2 20 2 3 k k     ，即 4 3   且 100 3   ，所以 的取值范围是 4 10,3 3      ，所以 ④错误. 故正确的为①③. 故选：A 【点睛】本小题主要考查三角函数的单调性和极值点，属于中档题. 二､填空题 13.某医院职工总数为 200 人，在 2020 年1月份，每人约有 25 次到超市或市场购物，为调查 职工带口罩购物的次数，随机抽取了 40 名职工进行调查，得到这个月职工带口罩购物次数的 频率分布直方图，根据该直方图估计，2020 年1月份，该院职工带口罩购物次数不低于15 次 的职工人数约为______. 【答案】 60 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图求出院职工带口罩购物次数不低于15 次的频率，即可求得该院职工带口 罩购物次数不低于15 次的职工人数. 【详解】根据频率分布直方图院职工带口罩购物次数不低于15 次的频率为： 0.01 5 0.05 5 0.3    医院职工总数为 200 人 该院职工带口罩购物次数不低于15 次的职工人数： 200 0.3 60  故答案为： 60 . 【点睛】本题解题关键是掌握频率分布直方图求频率的方法，考查了分析能力和计算能力， - 12 - 属于基础题. 14. ABC 内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，若 2 2 2 2c a b ab   ， 3sin 3C  ， 则 B  ______. 【答案】 6  【解析】 【分析】 首先利用余弦定理将题中条件整理得到 cosc B b ，根据正弦定理可得 3sin tan3C B  ， 结合三角形内角的取值范围，最后求得结果. 【详解】 ABC 内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ， 且 2 2 2 2c a b ab   ， 整理得 2 2 2 2 2cosac a c Bb ab   ，所以 cosc B b ， 由正弦定理得 sin cos sinC B B 整理得 3sin tan3C B  ， 因为 (0, )B  ，所以 6B  ， 故答案为： 6  . 【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有余弦定理、正弦定理、已知 三角函数值求角，属于简单题目. 15.经过抛物线  2: 2 0C y px p ＞ 的焦点 F ，倾斜角为30 的直线l 与C 交于 A ， B 两点， 若线段 AB 的中点 M 的横坐标为 7，那么 p  __________． 【答案】2 【解析】 【分析】 由已知条件写出直线方程与抛物线方程联立，由韦达定理及 1 2 72 x x  ，即可求得结果. - 13 - 【 详 解 】 根 据 题 意 可 以 得 过 焦 点 的 倾 斜 角 为 30 直 线 方 程 为 3 ( )3 2 py x  , 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 联立 2 2 3 ( )3 2 y px py x      可得： 2 2 7 04 px px     AB 的中点 M 的横坐标为 7， 1 2 7 =14x x p   , 计算得出: 2p  , 故答案为:2. 【点睛】本题考查直线和抛物线的关系，考查中点问题，考查韦达定理的应用，属于基础题. 16.已知球O 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 内，且与该正方体的六个面都相切， E 为底面正方 形 ABCD 的中心， 1A E 与球 O 表面相交于点 F ，若 2AB  ，则 EF 的长为______. 【答案】 2 6 3 【解析】 【分析】 球与该正方体的六个面都相切，则球的直径为 4，所以半径 2OE  在直角三角形 1A KE 中计 算出 1 2cos 6 KEA  ,在直角三角形 OGE 中计算得到 GE 从而得解. - 14 - 【详解】 因为球与该正方体的六个面都相切，由球的对称性得 KE 过球心O ,且 KE  平面 1111 DCBA 所以 1EK A K 在直角三角形 1A EK 中 1 2, 2A K EK  , 所以 1 2cos 6 KEA  作OG EF ,由球的对称性得 2EF GE ,又 1 2cos 6 GE EO KEA   2 2 62 2 36 EF GE     故答案为： 2 6 3 【点睛】与球有关的组合体问题常涉及内切和外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点 的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.如球内切于正方体时，切点为正 方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体时，正方体的各个顶点均 在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.球与其他旋转体组合时，通常作它们的轴截面 解题；球与多面体组合时，通常过多面体的一条侧棱和球心及“切点”或“接点”作截面图 进行解题. 三､解答题 17.在数列 na 中， 1 1 2a  ， 1(4 2) (2 1)n nn a n a   . - 15 - （1）设 2 1 n n ab n   ，证明： nb 是等比数列，并求 na 的通项公式； （2）设 nS 为数列 na 的前 n 项和，证明： 3nS  . 【答案】（1）证明见解析； 2 1 2n n na  （2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）根据题意，得到 1 1 2 n n b b   ，进而可证明结论成立；得出 nb ，从而可求出 na ； （2）由（1）的结果，得到 2 3 1 3 5 2 1 2 2 2 2n n nS     ，根据错位相减法，即可求出 nS ， 从而可证明结论成立. 【详解】（1）因为 1 1 2 1 n n ab n     ， 1(4 2) (2 1)n nn a n a   ，所以 1 1(2 1) 1 (2 1) 2 n n n n b n a b n a    . 又 1 1b  ，所以 nb 是首项为 1 2 ，公比为 1 2 的等比数列. 于是 11 1 1 2 1 2 2 2 n n n n a bn        ，故 2 1 2n n na  . （2） 2 3 1 3 5 2 1 2 2 2 2n n nS     . 两边同乘以 1 2 得 2 3 4 1 1 1 3 5 2 1 2 2 2 2 2n n nS       . 以上两式相减得 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2n n n nS        1 1 1 1 1 2 12 2 2 12 21 2 n n n        . 故 2 33 32n n nS    . 【点睛】本题主要考查等比数列的证明，以及错位相减法求数列的和，属于常考题型. 18.如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA  底面 ABCD ，四边形 ABCD 是菱形，点 E 在线段 PC 上. - 16 - （1）证明：平面 EBD 平面 PAC ； （2）若 60ABC   ，二面角 B PC D  的余弦值为 4 5  ，求 AB PA 的值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 【解析】 【分析】 （1）根据菱形的对角线垂直以及直线与平面垂直的性质可证 BD  平面 PAC ，再根据平面 与平面垂直的判定定理可证平面 EBD 平面 PAC ； （2）以OB ，OC 为 x 轴，y 轴，以平行于 PA 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系O xyz ， 根据平面的法向量可解得结果. 【详解】（1）因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC BD . 因为 PA  平面 ABCD ，所以 PA BD . 因为 PA AC A ，所以 BD  平面 PAC . 因为 BD  平面 EBD ，所以平面 EBD 平面 PAC . （2）因为 BD AC ，设 BD AC O  ，分别以OB ，OC 为 x 轴， y 轴，以平行于 PA 的 直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz ，设 2AB  ， PA t ， - 17 - 设 2AB  ， PA t ，则  3,0,0B ，  0,1,0C ，  3,0,0D  ，  0, 1,P t ，  3, 1,0CB   ，  3, 1,0CD    ，  0, 2,CP t  . 设平面 PBC 的一个法向量为  1 1 1, ,m x y z ，则 0 0 m CB m CP         ，即 1 1 1 1 3 0 2 0 x y y tz      ， 取 1x t ，则 1 3y t ， 1 2 3z  ，则  , 3 ,2 3m t t . 设平面 PDC 的一个法向量为  2 2 2, ,n x y z ，则 0 0 n CD n CP         ，即 2 2 2 2 3 0 2 0 x y y tz      取 2x t  ，则 2 3y t ， 2 2 3z  ，则  , 3 ,2 3n t t  . 2 2 2 12cos , 4 12 tm n t      ，因为 4cos , 5m n    ，所以 2 2 2 12 4 4 12 5 t t   ，所以 2 2t  ， 所以 2t  . 于是 2AB PA  . 【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定定理，考查了二面角的向量求法，属于中档题. 19.2019 年 10 月，工信部颁发了国内首个 5G 无线电通信设备进网许可证，标志着5G 基站设 备将正式接入公用电信商用网络.某 4G 手机生产商拟升级设备生产5G 手机，有两种方案可供 选择，方案 1：直接引进5G 手机生产设备；方案 2：对已有的 4G 手机生产设备进行技术改造， 升级到5G 手机生产设备.该生产商对未来5G 手机销售市场行情及回报率进行大数据模拟，得 到如下统计表： 市场销售状态 畅销 平销 滞销 市场销售状态概率 2p 1 3p p 预期年利润数值 （单位：亿元） 方案 1 70 40 -40 方案 2 60 30 -10 （1）以预期年利润的期望值为依据，求 p 的取值范围，讨论该生产商应该选择哪种方案进行 设备升级？ - 18 - （2）设该生产商升级设备后生产的5G 手机年产量为 x 万部，通过大数据模拟核算，选择方 案 1 所生产的5G 手机年度总成本 2 1 0.0002 0.2 50y x x   （亿元），选择方案 2 所生产的5G 手机年度总成为 2 2 0.0001 0.1 60y x x   （亿元）.已知 0.2p  ，当所生产的5G 手机市场 行情为畅销、平销和滞销时，每部手机销售单价分别为 0.8 万元， 0.8 0.001x （万元）， 0.8 0.002x （万元），根据（1）的决策，求该生产商所生产的5G 手机年利润期望的最大值？ 并判断这个年利润期望的最大值能否达到预期年利润数值. 【答案】（1） 10 3p  ；选择方案见解析（2）最大值 40 亿元；这个年利润期望的最大值可 以达到预期年利润数值 【解析】 【分析】 （1）根据概率的性质可得 p 的取值范围，根据期望公式求出两种方案下的期望，再通过对 p 进行讨论可得答案； （2）根据 0.2p  可知选择方案 1，利用期望公式求出手机生产商年销售额的期望，接着求出 年利润期望值的最大值，再与方案 1 的预期平均年利润期望值进行比较可得答案. 【详解】（1）由 0 2 1 0 1 3 1 0 1 p p p          ，可得 p 的取值范围为 10 3p  . 方案 1 的预期平均年利润期望值为 1 2 70 (1 3 ) 40 ( 40) 40 20E p p p p          亿元. 方案 2 的预期平均年利润期望值为 2 2 60 (1 3 ) 30 ( 10) 30 20E p p p p          亿元. 当 10 4p  时， 1 2E E ，该手机生产商应该选择方案 1； 当 1 4p  时， 1 2E E ，该手机生产商可以选择方案 1，也可以以选择方案 2； 当 1 1 4 3p  时， 1 2E E ，该手机生产商应该选择方案 2； （2）因为 10.2 0, 4p      ，该手机生产商将选择方案 1，此时生产的5G 手机的年度总成本 为 2 1 0.0002 0.2 50y x x   （亿元）. - 19 - 设市场行情为畅销、平销和滞销时的年销售额分别为 1X ， 2X ， 3X （亿元）， 那么 1 0.8X x ， 2 2 0.8 0.001X x x  ， 2 3 0.8 0.002X x x  . 因为 0.2p  ，所以手机生产商年销售额 X 的分布列为 X 0.8x 20.8 0.001x x 20.8 0.002x x P 0.4 0.4 0.2 所以    2 2( ) 0.4 0.8 0.4 0.8 0.001 0.2 0.8 0.002E X x x x x x        20.0008 0.8x x   . 2 1 0.0002 0.2 50y x x   年利润期望值 2 2 2 1( ) ( ) 0.0008 0.8 0.0002 0.2 50 0.001 0.6 50f x E X y x x x x x x            （亿 元）. 当 300x  时，年利润期望  f x 取得最大值 40 亿元. 方案 1 的预期平均年利润期望值为 40 20 0.2 36   （亿元）. 因为 40 36 ，因此这个年利润期望的最大值可以达到预期年利润数值. 【点睛】本题考查了概率的性质，考查了离散型随机变量的期望公式，属于中档题. 20.设函数   lnxf x e a x a   . （1）设 1x  是  f x 的极值点，求 a ，并讨论  f x 的单调性； （2）若 0 a e  ，证明：在区间 ,1a e      内，  f x 存在唯一的极小值点 0x ，且  0 0f x  . 【答案】（1）a e ，  f x 的单调减区间是 0,1 ，单调递增区间是  1, （2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）利用可导函数在极值点处的导数值等于 0 可得 a e ，再验证函数在 1x  处取得极值， 再根据导数符号可求得单调区间； - 20 - （2）根据导函数在 ,1a e      内的单调性以及零点存在性定理可得导函数在 ,1a e      内有唯一零 点，从而可得函数  f x 在 ,1a e      内存在唯一的极小值点，根据极值点的范围可证极值为正数. 【详解】（1）  f x 定义域为  0,  ，   x ae xf x   . 由题设  1 0f   ，所以 a e . 此时 ( ) x ef x e x    ，当 0 1x  时，   0f x  ，  f x 单调递减，当 1x  时，   0f x  ，  f x 单调递增，所以 1x  是  f x 的极小值点. 综上， a e ，  f x 的单调递减区间是 0,1 ，单调递增区间是  1, . （2）因为 0 a e  ，所以   x ae xf x   在 ,1a e      内单调递增. 因为 0e aaf e ee        ， '(1) 0f e a   ，所以存在 0 ,1ax e     ，使得  0' 0f x  . 当 0,ax xe     时，  ' 0f x  ，当  0 ,1x x 时，  ' 0f x  ， 所以  f x 在 0,a xe      上单调递减，在 0 ,1x 上单调递增， 所以  f x 在区间 ,1a e      内有唯一的极小值点 0x ，没有极大值点. 由  0' 0f x  得 0 0exa x ，于是    0 0 0 0 01 lnxf x e x x x   . 因为当 0 1a xe   时， 0 0 01 ln 0x x x   ，所以  0 0f x  . 综上，  f x 在区间 ,1a e      内有唯一的极小值点 0x ，没有极大值点，且  0 0f x  . 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值，考查了零点存在性定理的应用，属 于中档题. 21.已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     经过点 13, 2P     ，两个焦点为  1 3,0F  ， - 21 -  2 3,0F . （1）求C 的方程； （2）设圆 D ：  2 2 2x y r b r a    ，若直线l 与椭圆C ，圆 D 都相切，切点分别为 A 和 B ， 求 AB 的最大值. 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）1 【解析】 【分析】 （1）由 3c  、 2 2 2a b c  以及点 13, 2P     在椭圆上可解得 2 4a  ， 2 1b  ； （2）设l ： y kx m  ，利用直线与椭圆相切求出切点 A 的坐标，根据 2 2| | | |AB OA r  以 及基本不等式可得 AB 最大值. 【详解】（1）由题意 3c  ，所以 2 2 3a b  ，C 的方程可化为 2 2 2 2 1( 0)3 x y bb b    . 因为C 经过点 13, 2      ，所以 2 2 3 1 13 4b b   ，解得 2 1b  或 2 3 4b   （舍去）.， 所以 2 4a  ，于是C 的方程为 2 2 14 x y  . （2）设 l ： y kx m  ，代入 2 2 14 x y  得 2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m     . 由  2 2 2 2 2 264 4(4 1)(4 4) 16 4 01k m mm k k       ，得 2 21 4m k  ①. 设  0 0,A x y ，则 0 2 4 4 4 1 km kx k m     ， 0 0 1y kx m m    . 因为 l 与圆 D 相切，所以圆心 D 到l 距离 21 m r k   ，即  2 2 21m r k  ②. 由①②得 2 2 2 3 4 rm r   ， 2 2 2 1 4 rk r   . - 22 - 所以圆 D 的切线长 2 2 2 2 2 2 0 0 4 1A kx y r mB rm                 2 2 45 rr       . 因为 2 2 2 2 4 42 4r rr r    ，当 2r  时取等号，因为  2 1,2r   ，所以 AB 的最大 值为 1. 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆相切的位置关系，考查了直线与 圆相切的位置关系，考查了基本不等式，属于中档题. 22.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 1C 的参数方程为 1 3 3 x t y t      （t 为参数）．以O 为极点， 以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 2C 的极坐标方程  2 21 sin 2p   ． （1）求曲线 1C 的极坐标方程； （2）设 A ，B 为曲线 2C 上位于 x 轴上方的两点，且OA OB ，射线OA，OB 分别与 1C 相 交于点 D 和点C ，当 AOB 面积取最小值时，求四边形 ABCD 的面积． 【答案】（1） sin 26       ；（2） 22 3 【解析】 【分析】 （1）消去参数 t 得曲线 1C 的普通方程，代入 cosx   ， siny   后可得极坐标方程； （2）用极坐标求解，不妨设  1,A   ， 2 , 2B      ，  3 ,D   ， 4 , 2C      ，求出 1 2 3 4, , ,    ，由 ABCD OCD OABS S S   可得． 【详解】（1）消去 1 3 3 x t y t      中的参数 t 得 3 4x y  ． 将 cosx   ， siny   代入 1C 得的极坐标方程为 sin 26       ． （2）不妨设  1,A   ， 2 , 2B      ，  3 ,D   ， 4 , 2C      ， - 23 - 则 1 2 2 1 sin    ， 2 2 2 1 cos    ． AOB 面积为 1 2 2 1 1 2 2 312 sin 24       ， 4   时， AOB 面积取最小值为 2 3 ． 此时 3 sin 24 6        ， 4 cos 24 6        ， 3 4 5 5sin cos 412 12     ，可得 3 4 16   ， COD△ 面积为 3 4 1 82    ，因此四边形 ABCD 的面积为 2 228 3 3   ． 【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考 查极坐标的应用．极坐标方程与直角坐标方程之间通过公式 cosx   ， siny   实现互 化． 23.已知函数 ( ) ( 1) 1 ( )f x x a x x x a      ． （1）当 0a  时，求 ( ) 0f x  的解集； （2）若   0f x  在  ,0 上恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 0x x  ；（2） 0a  . 【解析】 【分析】 （1）当 0a  时， ( ) ( 1) 1f x x x x x    ．分别讨论 1x  ，0 1x  和 0x  时 ( ) 0f x  ， 即可求得答案； （2）由（1）可知当 0a  时，在  ,0x  内 ( ) 0f x  恒成立；讨论 0a  和 0a  时，   0f x  在 ,0 上是否恒成立，即可求得答案. 【详解】（1）当 0a  时， ( ) ( 1) 1f x x x x x    ． 当 1x  时， 2( ) ( 1) ( 1) 2f x x x x x x     ，此时 ( ) 0f x  的解集为 1x x  ； 当 0 1x  时， ( ) ( 1) (1 ) 2f x x x x x x     ，此时 ( ) 0f x  的解集为 0 1x x  ； 当 0x  时， 2( ) ( 1) ( 1) 2f x x x x x x       ，此时 ( ) 0f x  的解集为 - 24 - 综上所述 ( ) 0f x  的解集为： 0x x  （2）由（1）可知当 0a  时，在  ,0x  内 ( ) 0f x  恒成立； 当 0a  时，在  ,0x  内 ( ) ( )( 1) ( 1)( ) 2 ( ) 0f x x a x x x a x x a           恒成立； 当 0a  时，在  ,0x a  内 ( ) ( )( 1) ( 1)( ) 2( ) 0f x x a x x x a x a         ，不满足 ( ) 0f x  在 ( ,0) 上恒成立的条件 综上所述 0a  . 【点睛】本题主要考查了求解绝对值不等式和根据不等式恒成立求参数范围，解题关键是掌 握不等式基础知识和讨论法解不等式步骤，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. - 25 -